（DP+组合数）[Lydsy2017省队十连测]商店购物

原创于 2019-03-31 09:37:22 发布 · 置顶 · 1.1k 阅读

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#DP #Lydsy2017省队十连

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本文介绍了一个购物消费场景下的动态规划问题，通过逐步优化算法从O(nk^2)降低至O(mk+k+n)，最终实现高效求解不同消费限制下可能的账单数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

[Lydsy2017省队十连测]商店购物

Description
在 Byteland一共开着 n家商店，编号依次为 1到 n，其中编号为1到 m的商店有日消费量上限，第 i家商店的日消费量上限为wi。Byteasar每次购物的过程是这样的：依次经过每家商店，然后购买非负整数价格的商品，并在结账的时候在账本上写上在这家商店消费了多少钱。当然，他在这家商店也可以什么都不买，然后在账本上写上一个0。这一天， Byteasar日常完成了一次购物，但是他不慎遗失了他的账本。他只记得自己这一天一共消费了多少钱，请写一个程序，帮助 Byteasar计算有多少种可能的账单。

Input
第一行包含三个正整数
n, m, k，分别表示商店的个数、有限制的商店个数以及总消费量。
第二行包含 m个整数，依次表示 w1;w2…wm。
1 ≤ m ≤ n，0≤ wi ≤ 300，1 ≤ n, k ≤ 5000000
m<=300
Output
输出一行一个整数，即可能的账单数，由于答案可能很大，请对1000000007取模输出。

Sample Input

3 2 8
2 1

Sample Output

HINT
6 种方案分别为：

{0; 0; 8};
{1; 0; 7}; 
{2; 0; 6};
{0; 1; 7};
{1; 1; 6};
{2; 1; 5}。

我首先看到这道题：DP！！
对，没错这显然是DP可写的。所以我们考虑DP的写法。

20分代码

首先我们先做简单的背包：
$f_{i,j}$ 为前个商店总消费为j的方案数，易得方程：
$f_{i,j}= \sum_{k=j-w_{i}}^{j} f_{i-1,k}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,i<=m$

$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{j}f_{i-1,k}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,m<i<=n$
所以用 O(nk^2) 枚举一下就可以了。

50分代码

我们发现状态的转移的是 $f_{i-1}$ 上的一段连续区间，那么我们只用搞一个前缀和。
设 $s_{i,j}$
$s_{i,j}=\sum_{k=0}^{j}f_{i,k}$

即

$s_{i,j}=s_{i,j-1}+f_{i,j}$
每次求出第i天的 $f_{i,j}$ 数组值就再枚举求出 $s_{i,j}$ 即可。
我们也可以得到DP式：
$f_{i,j}=s_{i-1,j}-s_{i-1,j-w_{i}-1}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,i<=m$

$f_{i,j}=s_{i-1,j}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,m<i<=n$
当然我们也可以动态地维护前缀和。
对于 $1−m\ 1-m$ ，如下（使用了滚动数组）。复杂度 O(nk)
$sum\ sum$ 为前缀和。

last=now;
now^=1;
j=0;
sum=0;
while(j<=tot)
{
    sum+=f[last][j];
    sum%=1000000007;
    if(j>w[i])
	{
		sum-=f[last][j-w[i]-1];
		sum%=1000000007;
		sum+=1000000007;
		sum%=1000000007;
	}
	sum+=1000000007;
	sum%=1000000007;
    f[now][j]=sum;
    ++j;
}

100分代码

由于 $m\ m$ 很小，容易想到先预处理出前m家商店，再用组合数求出之后的值。
设 $tot\ tot$ 为前m家商店的 $w_{i}$ 总合。
不难看出
$ans=\sum_{j=0}^{min(k,tot)}f_{m,j}*\binom{k-j+n-1}{k-j}$
其中组合数可以由逆元求出。复杂度 O(mk+k+n)
AC代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
using namespace std;
long long n,m;
long long k,w[310],f[2][100600],sum=0,tot=0;
long long cc[10000100],dd[10000100],ans=0;
inline long long mul(long long x,long long y)
{
    long long res=1;
    while(y)
	{	
		if(y&1) res=(res*1ll)%1000000007*(1ll*x)%1000000007;
		y>>=1;
		x=((x*1ll)*(1ll*x))%1000000007;
	}
    return res;
}
inline long long getc(long long x,long long y)
{
    if(x<y) return 0;
    return ((cc[x]*1ll*(dd[y]*1ll)%1000000007)*(1ll*dd[x-y]))%1000000007;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	int i=1,j=1;
	while(i<=m)
	{
		scanf("%lld",&w[i]);
		++i;
	}
	cc[0]=1;
	i=1;
	while(i<=10000000)
	{
		cc[i]=((cc[i-1]*1ll)%1000000007*(1ll*i))%1000000007;
		++i;
	}
	dd[10000000]=mul(cc[10000000],1000000005);
	i=10000000;
	while(i)
	{
		dd[i-1]=((dd[i]*1ll)%1000000007*(1ll*i))%1000000007;
		--i;
	}
	n-=m;
	f[0][0]=1;
	i=1;
	int last,now=0;
	while(i<=m)
	{
		tot+=w[i];
        last=now;
		now^=1;
		j=0;
		sum=0;
        while(j<=tot)
		{
            sum+=f[last][j];
            sum%=1000000007;
            if(j>w[i])
			{
				sum-=f[last][j-w[i]-1];
				sum%=1000000007;
				sum+=1000000007;
				sum%=1000000007;
			}
			sum+=1000000007;
			sum%=1000000007;
            f[now][j]=sum;
            ++j;
        }
		++i;
	}
	if(!n)
	{
        if(k<=tot) ans=f[now][k];
        else ans=0;
    }
    else
	{
		i=min(k,tot);
		while(i>=0)
		{
			ans+=(f[now][i]*(1ll*getc(k-i+n-1,k-i))%1000000007)%1000000007;
			--i;
		}
	}
	ans%=1000000007;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}